文档介绍：该【1988年考研数学试题答案及评分参考】是由【闰土】上传分享，文档一共【6】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【1988年考研数学试题答案及评分参考】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。1988年全国硕士研究生入学统一考试
数学试题参考解答及评分标准
数学(试卷一)
一.(本题满分15分,每小题5分)
(x3)n

(1)求幂级数的收敛域.
n3n
n1
(x3)n1
(n1)3n1limnx31x3,1x31即0x6
解:因lim故时,
(x3)n3(n1)33
nn
n3n
幂级数收敛.„„3分
1
当x0时,原级数成为交错级数(1)n,是收敛的.„„4分
n
n1
1

,是发散的.„„5分
当x6时,原级数成为调和级数n
n1
所以,所求的收敛域为0,6.
x2(x)
(2)已知f(x)=e,f=1-x,且(x)(x)并写出它的定义域.
[(x)]
解:由e21x,得(x)ln(1x).„„3分
由ln(1x)0,得1x1即x0.„„5分
所以(x)ln(1x),其定义域为(,0).
(3)设S为曲面x2y2z21的外侧,计算曲面积分Ix3dydzy3dxdxz3dxdy.
s
解:根据高斯公式,并利用球面坐标计算三重积分,有
2
I3(xy2z2)dv(其中是由S所围成的区域)
„„2分

321
dr2r2sindr
0d00„„4分
12.„„5分
5
1988年第1页
二、填空题:(本题满分12分,每小题3分)
1
(1)若f(t)=limt(1)2tx,则2t
xf()(2t1)e
x
2,1x0


(2)设f(x)是周期为2的周期函数,它在区间1,1上的定f(x)=x3,0x1,则f(x)的付立叶级
2
数在x=1处收敛于.
3
3
x11
f(t)dtx,则
(3)设f(x)是连续函数,且0f(7)=12.
(,)(,),,,
(4)设4*4矩阵A=2,3,4,B=2,3,4,其中,23,4均为4维列向量,
且已知行列式A4,B1,则行列式AB=.40.
三、选择题(本题满分15分,每小题3分)
若函数y=f(x)有f(x)1,则当x0时,该函x=x处的微分dy是
(1)(B)
020
(A)与x等价的无穷小(B)与x同阶的无穷小
(C)比x低阶的无穷小(D)比x高阶的无穷小
(2)设yf(x)是方程y2y4y0的一个解,若f(x)0,且f(x0)0,则函数
f(x)在点x0(A)
(A)取得极大值(B)取得极小值
(C)某个邻域内单调增加(D)某个邻域内单调减少
设有空间区域:x2y2z2R2,z0;及:x2y2z2R2,x0,y0,z0,则(C)
(3)
xdv14xdv2ydv4
(A)(B)ydv

1212
zdv4zdv
(C)(D)xyzdv4xyzdv

1212

若a(x1)n在x=-1处收敛,则此级数在x=2处
(4)n(B)
n1
(A)条件收敛(B)绝对收敛
(C)发散(D)收敛性不能确定
(5)n维向量组1,2,,s(3sn)线性无关的充分必要条件是(D)
(A)有一组不全为0的数k,k,,k,使kkk0.
12s1122ss
,,,中任意两个向量都线性无关
(B)12s.

(C)1,2,,s中存在一个向量,它不能用其余向量线性表出.
(D),,,中任意一个向量都不能用其余向量线性表出.
12s
四.(本题满分6分)
1988年第2页
xy2u2u
设uyf()xg(),其中f,g具有二阶连续导数,求xy.
yxx2xy
uxyyy
解:fgg.
y
xxxx
2u1xy2y

fg.
2y3
xyxx„„2分
2uxxyy

fg.
2y2
xyyxx„„3分
2u2u
所以xy0.
2
xxy
„„5分
„„6分
五、(本题满分8分)
x
设函数y=y(x)满足微分方程y3y2y2e,且图形在点(0,1)处的切线与曲线
yx2x1在该点的切线重合,求函数yy(x).
解:对应齐次方程的通解为YCexCe2x2分
.„„
12
设原方程的特解为y*Axex,„„3分
得A2.„„4分
故原方程通解为y(x)CexCe2x2xe2x.„„5分
12
又已知有公共切线得y|x01,y|x01,„„7分
cc1,
即1解得c1,c0分
212.„„8
c12c21
所以y(12x)e2x.
六、(本题满分9分)
k
设位于点,的质点对质点的引力大小为为常数,为质点与之
(01)AMr2(k>0rAM
2
间的距离—),质点M沿曲线y2xx自B(2,0)运动到O(0,0).求在此运动过程中质点A
对质M点的引力所做的功.
解:MA{0x,1y}„„2分
rx2(1y)2.
因引力f的方向与MA一致,
k.
故{x,1y}
fr3„„4分
1988年•第3页
W
从而k
BO[xdx(1y)dy]分
3„„6
r
k(11).„„9分
5
七、(本题满分6分)
100100

已知APPB,其中B000,P210求A及A5.

00211
1
100

解:先求出P12102分
.„„


411
100100100
因APPB,故APBP121000210
0


211001411
100100100

2210200„„4分
00.


201411611

5个5个
从而A5AAAAA(PBP1)(PBP1)(PBP1)PB5P1=PBP1=A.„„6分
八、(本题满分8分)
200200

已知矩阵A001与B0y0相似,

01x001
(1)求x与y;(2)求一个满足P1APB的可逆矩阵P.
解:(1)因A与B相似,故|EA||EB|,即„„1分
200200
010y0,
01x001
亦即(2)(2x1)(2)(2(1y)y).
1988年•第4页
200200
比较两边的系数得x0,y001,B010„„分
.3

01000
1
(2)从B可以看出A的特征值2,1,1.„„4分
1

对2,可求得A的特征向量为p10.

0

0

对1,可求得A的特征向量为p1.
2
1
0

对1,可求得A的特征向量为p„„分

3

1
p,p,p
因上述123是属于不同特征值的特征向量,故它们线性无关.
100
令P(p,p,p)011,则P可逆,且有P1APB„„分
.8
123

011
九、(本题满分9分)

设函数f(x)在区间a,b上连续,且在(a,b)内有f(x):在(a,b)内存在唯一
的,使曲线yf(x)与两直线y(),xa所围平面图形面积s1是曲线yf
(x)与两直线y(),xa所围平面图形面积s的3倍.
2
证:存在性在[a,b]上任取一点t,令
tb
F(t)a[f(t)f(x)]dx3t[f(x)f(t)]dx

tb
f(t)(ta)af(t)dx3tf(x)dxf(t)(bt)„3分
则F(t)在[a,b]上连续.
又因f(x)0,故f(x)在[a,b]上是单调增加的.
于是在(a,b)内取定点c,有
F(a)3b[f(x)f(a)]dx3c[f(x)f(a)]dx3b[f(x)f(a)]dx
aac
3b[f(x)f(a)]dx3f()f(a)(bc)0,cb
c11..
1988年第5页